Geometria e algebra lineare (II parte) Bruno Martelli

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1 Geometria e algebra lineare (II parte) Bruno Martelli Dipartimento di Matematica, Largo Pontecorvo 5, Pisa, Italy address: martelli at dm dot unipi dot it versione: 7 marzo 2017

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3 Indice Introduzione 1 Capitolo 1 Autovettori e autovalori 3 11 Introduzione 3 12 Autovettori, autovalori e diagonalizzabilità 4 13 Teorema di diagonalizzabilità 10 v

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5 Introduzione Il testo è rilasciato con la licenza Creative Commons-BY-NC-SA 1 Le figure sono tutte di pubblico dominio, eccetto le seguenti, che hanno una licenza CC-BY-SA 2 e sono state scaricate da Wikimedia Commons: Figura?? (regola della mano destra), creata da Acdx 1 È possibile distribuire, modificare, creare opere derivate dall originale, ma non a scopi commerciali, a condizione che venga riconosciuta la paternità dell opera all autore e che alla nuova opera vengano attribuite le stesse licenze dell originale (quindi ad ogni derivato non sarà permesso l uso commerciale) 2 Come la licenza precedente, ma con anche la possibilita di uso commerciale 1

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7 CAPITOLO 1 Autovettori e autovalori 11 Introduzione Sia T : V V un endomorfismo di uno spazio vettoriale V di dimensione n Fissata una base B = {v 1,, v n } di V, possiamo descrivere T concretamente come una matrice quadrata A = [T ] B B In questo capitolo studiamo questo problema: esiste una base B migliore delle altre, che produca una matrice A particolarmente semplice? Ad esempio, se A fosse una matrice diagonale λ λ 2 0 A = 0 0 λ n otterremmo una descrizione soddisfacente di T Se A fosse diagonale, il prodotto riga per colonna si semplificherebbe molto: λ x 1 λ 1 x 1 0 λ 2 0 x 2 = λ 2 x λ n x n λ n x n L osservazione geometrica fondamentale è che spiegheremo fra poche righe è la seguente: se A è diagonale, allora la trasformazione T manda ogni vettore v i della base B in un multiplo λ i v i di se stesso La retta r i = Span(v i ) è invariante, cioè T (r i ) r i Le rette r 1,, r n formano quindi degli assi per T L endomorfismo T agisce su ciascuna retta r i ampliandola (se λ i > 1), lasciando fissi tutti i punti (se λ i = 1), contraendola (se 0 < λ i < 1), collassandola tutta nell origine (se λ i = 0), o ribaltandola (se λ i < 0) L endomorfismo T può agire in modi diversi su assi diversi Ci sono altri motivi per preferire le matrici diagonali come la A descritta sopra Intanto il determinante di A si calcola semplicemente come det A = λ 1 λ n 3

8 4 1 AUTOVETTORI E AUTOVALORI Inoltre il prodotto di due matrici diagonali è semplicissimo da calcolare: λ µ λ 1 µ λ µ 2 0 = 0 λ 2 µ λ n 0 0 µ n 0 0 λ n µ n Possiamo ad esempio calcolare facilmente potenze come A 100 che indicano geometricamente che la trasformazione T viene iterata 100 volte Diciamo che un endomorfismo T è diagonalizzabile se esiste una base B per cui A = [T ] B B sia diagonale Lo scopo di questo capitolo è rispondere alle seguenti domande: come facciamo a capire se T è diagonalizzabile? Come possiamo trovare una base B che diagonalizzi T, se esiste? Per rispondere dovremo introdurre un po di definizioni 12 Autovettori, autovalori e diagonalizzabilità 121 Autovettori e autovalori Sia come sempre T : V V un endomorfismo di uno spazio vettoriale V definito su un campo K Un autovettore è un vettore v 0 in V per cui f (v) = λv per qualche numero λ K che chiameremo autovalore Notiamo che λ può essere qualsiasi scalare, anche zero Introduciamo adesso una definizione importante Definizione 121 Un endomorfismo T : V V è diagonalizzabile se V ha una base v 1,, v n composta da autovettori per T Questa definizione è effettivamente equivalente a quella data nell introduzione, in virtù del fatto seguente Sia B = {v 1,, v n } una base di V Proposizione 122 La matrice A = [T ] B B v 1,, v n sono tutti autovettori è diagonale se e solo se i vettori Dimostrazione Il vettore v i è un autovettore f (v i ) = λ i v i Le coordinate di λ i v i rispetto a B sono il vettore colonna 0 0 λ i 0 0

9 12 AUTOVETTORI, AUTOVALORI E DIAGONALIZZABILITÀ 5 Quindi v i è un autovettore se e solo se la i-esima colonna di A è un vettore di questo tipo La matrice A è diagonale precisamente quando questo accade per ogni i Abbiamo quindi scoperto che un endomorfismo T è diagonalizzabile se e solo se esiste una base B tale che A = [T ] B B sia una matrice diagonale, come accennato nell introduzione a questo capitolo Esempio 123 L endomorfismo L A : R 2 R 2 con ( ) 0 2 A = 2 0 è diagonalizzabile: una base di autovettori è data da ( ) ( ) 1 1 v 1 =, v 1 2 = 1 Infatti otteniamo Av 1 = 2v 1 e Av 2 = 2v 2, quindi v 1 e v 2 sono autovettori, con autovalori rispettivamente 2 e 2 Prendendo B = {v 1, v 2 } otteniamo [L A ] B B = ( ) Esempio 124 Sia M(2) lo spazio vettoriale delle matrici quadrate reali 2 2 L endomorfismo T : M(2) M(2) definito da T (A) = t A è diagonalizzabile: una base di autovettori è data da A 1 = ( Infatti otteniamo ), A 2 = ( ), A 3 = ( ) 0 1, A = ( ) T (A 1 ) = A 1, T (A 2 ) = A 2, T (A 3 ) = A 3, T (A 4 ) = A 4 Prendendo B = {A 1, A 2, A 3, A 4 } otteniamo [T ] B B = Negli esempi precedenti, gli autovettori sono già dati e dobbiamo solo verificare che funzionino In generale, come troviamo gli autovettori di un endomorfismo T? Introduciamo uno strumento che sarà cruciale per rispondere a questa domanda

10 6 1 AUTOVETTORI E AUTOVALORI 122 Polinomio caratteristico Il polinomio caratteristico di una matrice quadrata A è definito nel modo seguente: p A (λ) = det(a λi) Un commento sulla notazione: normalmente un polinomio viene indicato con il simbolo p(x), in cui x rappresenta la variabile; qui a volte usiamo λ invece di x, per un motivo che sarà chiaro in seguito Il pedice A in p A indica semplicemente che il polinomio dipende dalla matrice A Da questa definizione un po oscura di p A (λ) non risulta affatto chiaro che questo oggetto sia realmente un polinomio Dimostriamo adesso che è un polinomio e identifichiamo alcuni dei suoi coefficienti Sia n come di consueto la dimensione di V e quindi la taglia di A Proposizione 125 Il polinomio caratteristico p A (λ) è effettivamente un polinomio Ha grado n e quindi è della forma p A (λ) = a n λ n + a n 1 λ n a 0 Possiamo identificare alcuni dei suoi coefficienti: a n = ( 1) n, a n 1 = ( 1) n 1 tra, a 0 = det A Dimostrazione Dimostreremo la proposizione per induzione su n Il caso n = 1 è ovviamente molto facile: la matrice è A = (a) e scriviamo p A (λ) = det(a λi) = det(a λ) = a λ = λ + a Otteniamo un polinomio di grado 1 con i coefficienti giusti (qui det A = tra = a) Anche se non è necessario per il passaggio induttivo, è comunque istruttivo esaminare anche il caso n = 2, in cui A = ( a b c d) e quindi ( ) a λ b p A (λ) = det = (a λ)(d λ) bc c d λ = λ 2 (a + d)λ + ad bc = λ 2 traλ + det A Dimostriamo adesso il passaggio induttivo: supponiamo la proposizione vera per n 1 e la verifichiamo per n Scriviamo A come (a ij ) e calcoliamo a 11 λ a 12 a 1n a 21 a 22 λ a 2n p A (t) = det a n1 a n2 a nn λ Con lo sviluppo di Laplace lungo la prima colonna otteniamo a 22 λ a 2n p A (t) = (a 11 λ) det + q(λ) a n2 a nn λ

11 12 AUTOVETTORI, AUTOVALORI E DIAGONALIZZABILITÀ 7 Il termine q(λ) è ottenuto continuando lo sviluppo di Laplace: il termine j- esimo dello sviluppo è calcolato cancellando la prima colonna e la j-esima riga di A; quando j 2 cancelliamo due caselle diverse contenenti un λ, quindi le caselle rimanenti che contengono λ sono n 2 Iterando lo sviluppo si deduce facilmente che q(λ) è un polinomio di grado n 2 Possiamo adesso usare l ipotesi induttiva sulla matrice di taglia n 1 presente nel primo termine dello sviluppo di Laplace e dedurre che p A (t) = (a 11 λ)(( 1) n 1 λ n 1 + ( 1) n 2 (a a nn )λ n 2 + ) + = ( 1) n λ n + ( 1) n 1 (a 11 + a a nn )λ n 1 + Resta solo da dimostrare che il termine noto a 0 è il determinante di A Per fare ciò ricordiamo che a 0 = p A (0) e scriviamo semplicemente La dimostrazione è completa a 0 = p A (0) = det(a 0I) = det A Il polinomio caratteristico ci sarà utile per il motivo seguente Gli autovalori ed autovettori di una matrice quadrata A sono per definizione quelli dell endomorfismo L A : K n K n Proposizione 126 Gli autovalori di A sono precisamente le radici del polinomio caratteristico p A (λ) Dimostrazione Uno scalare λ K è autovalore per A se e solo se esiste un vettore v R n non nullo tale che Av = λv I fatti seguenti sono tutti equivalenti: La dimostrazione è completa v 0 tale che Av = λv v 0 tale che Av λv = 0 v 0 tale che (A λi)v = 0 v 0 tale che v ker(a λi) det(a λi) = 0 p A (λ) = 0 Abbiamo scoperto come possiamo identificare gli autovalori di A: dobbiamo solo (si fa per dire) trovare le radici del polinomio caratteristico p A (λ) Questo ovviamente non è un problema semplice in generale: purtroppo non esiste una formula per trovare le radici di un polinomio di grado qualsiasi Esempio 127 Consideriamo la matrice ( ) 1 2 A = 4 5 Il suo polinomio caratteristico è p A (λ) = λ 2 traλ + det A = λ 2 4λ + 3

12 8 1 AUTOVETTORI E AUTOVALORI Le sue radici sono λ = 1 e λ = 3 Quindi gli autovalori di A sono 1 e 3 Per ciascun autovalore λ = 1 e λ = 3, i suoi autovettori sono precisamente le soluzioni non banali dei sistemi rispettivamente Av = v e Av = 3v Risolvendo i sistemi, troviamo ad esempio due autovettori v 1 = ( 1 1 ) v 2 = Effettivamente Av 1 = v 1 e Av 2 = 3v 2 I due vettori sono indipendenti e quindi formano una base di R 2 La matrice A è quindi diagonalizzabile, ed è simile alla matrice D = ( ) Esempio 128 Consideriamo una rotazione Rot θ : R 2 R 2 antioraria di un angolo θ 0, π La rotazione è descritta dalla matrice ( ) cos θ sin θ Rot θ = sin θ cos θ Consideriamo il caso θ 0, π In questo caso, è chiaro geometricamente che Rot θ non ha autovettori: ciascun vettore non banale v è ruotato di un angolo θ 0, π e quindi non può diventare un multiplo λv di se stesso Possiamo verificare che non ci sono autovettori anche guardando il polinomio caratteristico p(λ) = λ 2 2 cos θ + 1 e notando che ha due radici complesse non reali, perché = cos 2 θ 1 < 0 Il polinomio caratteristico non ha radici reali: quindi non ci sono autovalori, e di conseguenza neppure autovettori Il prossimo esempio mostra come la diagonalizzabilità di una matrice A dipenda dal campo K che stiamo considerando! Esempio 129 La matrice A = ( ) rappresenta una rotazione di π 2 e quindi sappiamo già che non è diagonalizzabile su R Se però la consideriamo come matrice su C, le cose cambiano: il polinomio caratteristico è infatti p(λ) = λ ed ha soluzioni λ = ±i Studiando i sistemi Av = iv e Av = iv troviamo che i vettori seguenti ( ) ( ) i i v 1 =, v 1 2 = 1 sono autovettori con autovalori i e i rispettivamente Quindi la matrice A non è diagonalizzabile su R, ma lo è su C Prendendo B = {v 1, v 2 } otteniamo ( ) [L A ] B i 0 B = 0 i ( 1 2 )

13 12 AUTOVETTORI, AUTOVALORI E DIAGONALIZZABILITÀ 9 Esempio 1210 La matrice A = ( ) ha polinomio caratteristico p(λ) = λ 2 2λ + 1 = (λ 1) 2 Il polinomio ha una radice λ = 1 con molteplicità due Quindi λ = 1 è l unico autovalore Risolvendo il sistema Av = v si trova facilmente che gli autovettori sono i multipli di v = (1, 0) La matrice A non è diagonalizzabile perché questi vettori non sono sufficienti per generare R 2 Troviamo un autovettore, ma non ne troviamo due indipendenti Lo stesso ragionamento mostra che questa matrice non è diagonalizzabile neppure su C Esercizio 1211 Per ciascuna delle matrici seguenti, determinare autovalori e autovettori in R 3 e dire se è diagonalizzabile: , 0 2 1, Se T : V V è un endomorfismo, possiamo comunque definire il polinomio caratteristico p T (λ) come il polinomio caratteristico p A (λ) di una qualsiasi matrice associata A = [T ] B B Questa definizione ha senso, perché due matrici associate diverse sono sempre simili, e la proposizione seguente ci dice che due matrici simili hanno lo stesso polinomio caratteristico: Proposizione 1212 Se A e B sono matrici simili, allora p A (λ) = p B (λ) Dimostrazione Per ipotesi A = M 1 BM per qualche matrice invertibile M Otteniamo quindi p A (λ) = det(a λi) = det(m 1 BM M 1 λim) = det(m 1 (B λi)m) = det(m 1 ) det(b λi) det M = det(b λi) = p B (λ) grazie al teorema di Binet 123 Matrici triangolari Ricordiamo che una matrice quadrata A è triangolare se è della forma a 11 a 12 a 1n 0 a 22 a 2n A = 0 0 a nn In altre parole, vale a ij = 0 per ogni i > j Il determinante di una matrice triangolare A è particolarmente semplice da calcolare: usando lo sviluppo di Laplace si verifica che det A = a 11 a nn

14 10 1 AUTOVETTORI E AUTOVALORI Anche gli autovalori si determinano immediatamente: Proposizione 1213 Gli autovalori di una matrice triangolare A sono gli elementi a 11,, a nn sulla diagonale Dimostrazione Vale a 11 λ a 12 a 1n 0 a 22 λ a 2n p A (λ) = det(a λi) = det 0 0 a nn λ = (a 11 λ) (a nn λ) Le radici di p A sono quindi a 11,, a nn Notiamo che gli elementi a 11,, a nn possono anche ripetersi 124 Matrici a blocchi Ricordiamo il seguente esercizio Indichiamo con M(n) lo spazio delle matrici quadrate n n, sul campo base K Esercizio 1214 Sia A M(n) del tipo ( ) B C A = 0 D con B M(k) e D M(n k) per qualche k Valgono le relazioni det A = det B det D, rka rkb + rkd Ne ricaviamo una relazione analoga per il polinomio caratteristico Corollario 1215 Sia A M(n) del tipo ( ) B C A = 0 D con B M(k) e D M(n k) per qualche k Vale la relazione Dimostrazione Scriviamo p A (λ) = p B (λ) p D (λ) p A (λ) = det(a λi) = det La dimostrazione è completa ( B λi C ) 0 D λi = det(b λi) det(d λi) = p B (λ) p D (λ) 13 Teorema di diagonalizzabilità Lo scopo di questa sezione è la definizione di un criterio di diagonalizzabilità per le matrici quadrate Iniziamo mostrando una proprietà algebrica degli autovettori

15 13 TEOREMA DI DIAGONALIZZABILITÀ Autovettori con autovalori distinti Sia T : V V un endomorfismo qualsiasi Proposizione 131 Se v 1,, v k V sono autovettori per T con autovalori λ 1,, λ k distinti, allora sono indipendenti Dimostrazione Lo dimostriamo per induzione su k Se k = 1, il vettore v 1 è indipendente semplicemente perché non è nullo (per definizione, un autovettore non è mai nullo) Diamo per buono il caso k 1 e mostriamo il caso k Supponiamo di avere una combinazione lineare nulla (1) α 1 v α k v k = 0 Dobbiamo dimostrare che α i = 0 per ogni i Applicando T otteniamo (2) 0 = α 1 T (v 1 ) + + α k T (v k ) = α 1 λ 1 v α k λ k v k Moltiplicando l equazione (1) per λ k ricaviamo α 1 λ k v 1 + α k λ k v k = 0 e sottraendo questa equazione dalla (2) deduciamo che α 1 (λ k λ 1 )v α k 1 (λ k λ k 1 )v k 1 = 0 Questa è una combinazione lineare nulla di k 1 autovettori con autovalori distinti: per l ipotesi induttiva tutti i coefficienti α i (λ k λ i ) devono essere nulli Poiché λ i λ k, ne deduciamo che α i = 0 per ogni i = 1,, k 1 e usando (1) otteniamo anche α k = 0 La dimostrazione è completa Corollario 132 Se p T (λ) ha n radici reali distinte, l endomorfismo T è diagonalizzabile Dimostrazione Le radici sono λ 1,, λ n e ciascun λ i è autovalore di qualche autovettore v i Gli autovettori v 1,, v n sono indipendenti per la Proposizione 131, quindi sono una base di V Quindi V ha una base formata da autovettori, cioè è diagonalizzabile Il teorema di diagonalizzabilità che vogliamo dimostrare sarà una generalizzazione di questo corollario Per enunciare questo teorema dobbiamo introdurre ancora una nozione 132 Autospazio Sia T : V V un endomorfismo Per ogni autovalore λ di T definiamo l autospazio V λ V nel modo seguente: V λ = { v V T (v) = λv } In altre parole, V λ consiste precisamente di tutti gli autovettori v con autovalore λ, più l origine 0 V (ricordiamo che 0 V non è mai autovettore per definizione)

16 12 1 AUTOVETTORI E AUTOVALORI Ricordiamo l endomorfismo identità id: V V, definito semplicemente da id(v) = v Per ogni autovalore λ di T, ha senso considerare l endomorfismo T λid e la proposizione seguente lo mette in relazione con V λ Proposizione 133 Vale V λ = ker(t λid) Dimostrazione Otteniamo V λ = { v V } { } T (v) = λv = v V T (v) λv = 0 = { v V } (T λid)v = 0 = ker(t λid) La dimostrazione è conclusa Ne deduciamo in particolare che l autospazio V λ V è un sottospazio vettoriale di V 133 Molteplicità algebrica e geometrica Per enunciare il teorema di diagonalizzabilità abbiamo bisogno di introdurre ancora due definizioni Sia T : V V un endomorfismo e λ sia un autovalore per T La molteplicità algebrica m a (λ) è la molteplicità di λ come radice del polinomio caratteristico p T La molteplicità geometrica m g (λ) è la dimensione del sottospazio associato a λ, cioè m g (λ) = dim V λ Esempio 134 Sia L A : R 2 R 2 l endomorfismo dato da ( ) 1 1 A = 0 1 Il polinomio caratteristico è p A (λ) = λ 2 2λ + 1 = (λ 1) 2 Troviamo un solo autovalore λ 1 = 1, con molteplicità algebrica m a (1) = 2 D altra parte, ( ) 0 1 m g (1) = dim V 1 = dim ker(a I) = dim ker = Abbiamo quindi trovato in questo caso m a (1) = 2, m g (1) = 1 In particolare vediamo che le due molteplicità non sono sempre uguali 134 Teorema di diagonalizzabilità Possiamo finalmente enunciare e dimostrare il teorema seguente Teorema 135 (Teorema di diagonalizzabilità) Un endomorfismo T : V V è diagonalizzabile se e solo se valgono entrambi i fatti seguenti: (1) il polinomio caratteristico p T (λ) ha tutte le radici nel campo K; (2) m a (λ) = m g (λ) per ogni autovalore λ

17 13 TEOREMA DI DIAGONALIZZABILITÀ 13 Dimostrazione Se T è diagonalizzabile, esiste una base B = {v 1,, v n } formata da autovettori, con autovalori λ 1,, λ n Prendiamo la matrice associata A = [T ] B B e notiamo che è diagonale: da questo fatto segue che p A (λ) = (λ 1 λ) (λ n λ) e quindi il polinomio caratteristico ha tutte le radici in K Usando la matrice A, si verifica anche che m a (λ) = m g (λ), e questo fatto è lasciato come esercizio Quindi otteniamo sia (1) che (2) D altra parte, supponiamo che valgano (1) e (2) e dimostriamo adesso che T è diagonalizzabile Siano λ 1,, λ k gli autovalori Sia n = dim V Da (1) segue che m a (λ 1 ) + + m a (λ k ) = n Da (2) deduciamo anche che m g (λ 1 ) + + m g (λ k ) = n Sia B i una base dell autospazio V λi, per ogni i = 1,, k Vogliamo dimostrare adesso che B = B 1 B k è una base per V Questo conclude la dimostrazione, perché B è fatta di autovettori: l endomorfismo T ha una base B di autovettori e quindi è diagonalizzabile per definizione Indichiamo per semplicità m i = m g (λ i ) Notiamo che la base B i contiene precisamente m i = dim V λi elementi Ne segue che B contiene precisamente m 1 + +m k = n = dim V elementi Quindi per dimostrare che B è una base, è sufficiente verificare che gli n elementi in B sono indipendenti Scriviamo B i = { v1, i, vm i } i per ogni i = 1, k Supponiamo di avere una combinazione lineare nulla fra i vettori di B, del tipo (3) α 1 1v α 1 m 1 v 1 m α k 1v k α k m k v k m k = 0 Il vettore w i = α i 1v1 i + + α i n i vn i i appartiene a V λi Possiamo riscrivere l equazione (3) nel modo seguente: w w k = 0 Per ciascun w i, ci sono due possibilità: o w i = 0, oppure w i è un autovettore con autovalore λ i Il secondo caso non può però accadere: altrimenti l equazione w w k = 0 fornirebbe una combinazione lineare nulla fra autovettori con autovalori distinti, ma questo è proibito per la Proposizione 131 Otteniamo quindi Allora per ogni i = 1,, k otteniamo w 1 = = w k = 0 α i 1v i α i n i v i n i = 0

18 14 1 AUTOVETTORI E AUTOVALORI I vettori v1 i,, v n i i formano la base B i e quindi sono indipendenti: allora necessariamente α i j = 0 per ogni i, j Quindi i coefficienti della combinazione lineare originale (3) sono tutti nulli e abbiamo dimostrato (con un po di fatica) che i vettori di B sono indipendenti